P3953 [NOIP2017 提高组] 逛公园 （dp + 最短路）

P3953 [NOIP2017 提高组] 逛公园

求有向图中 $1$ 到 $n$ 的路径中长度小于等于 $dis(1,n)+k$ 的方案数。$dis(1,n)$ 表示最短路。$k\le 50$。

部分分 $k=0$，直接最短路计数即可。

我们发现有向图中存在后效性，不好动态规划，但我们仔细思考后，在不存在 $0$ 边的情况下，设 $f(u,k)$ 表示从 $1$ 走到 $u$ 时长度为 $k$ 的方案数，若存在 $f(v,j)$ 需要转移到它身上，那么有 $k\le j$，不存在后效性。所以最简单的：

$$f(u,k)\to f(v,k+w(u,v))$$

考虑优化 $k$ 这一维，我们发现 $k$ 很小，我们只关心 $dis(1,n)+k$ 以内的路径，并且对于 $1$ 到 $u$ 的路径，长度一定大于等于 $dis(1,u)$。所以状态写成 $f(u,k)$ 表示从 $1$ 走到 $n$ 时长度为 $dis(1,u)+k$ 的方案数。

假设 $f(u,k)$ 可以转移到 $f(v,x)$，那么有

$dis(1,u)+k+w(u,v)=dis(1,v)+x$

$x=dis(1,u)+k+w(u,v)-dis(1,v)$

所以 $f(u,k)\to f(v,dis(1,u)+k+w(u,v)-dis(1,v))$

70pts：此时我们转移就可以把按 $dis$ 值从小到大排序转移（对于无 $0$ 边）。

100pts：一样有无后效性，因为对于 $k=x$ 时，$dis(1,u)+w(u,v)=dis(1,v)$ 为最短路上的拓扑序，所有最短路构成的图是 $DAG$；而其他情况则是分层图上不同层的转移，同样有无后效性。

但有一个特殊情况就是图中 $1$ 到 $n$ 的路径中存在 $0$ 环，特判一下就可以转移了。可以用记忆化搜索，实现起来细节不多。

总结：特殊性质的优化，变为无后效性问题

#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
int read() {
	int x = 0, f = 1;
	char c = getchar();
	while(!isdigit(c)) {
		if(c == '-') f = -1;
		c = getchar();
	}
	while(isdigit(c)) {
		x = (x << 3) + (x << 1) + (c - '0');
		c = getchar();
	} 
	return x * f;
}
bool flg;
int t, n, m, k, p, cnt, cnt2, ans;
int h[100010], h2[100010], dis[100010], vis[100010], f[100010][51], ins[100010][51];
struct node {
	int to, nxt, w;
} e[200010], e2[200010];
void add(int u, int v, int w) {
	e[++cnt].to = v;
	e[cnt].nxt = h[u];
	e[cnt].w = w;
	h[u] = cnt;
}
void add2(int u, int v, int w) {
	e2[++cnt2].to = v;
	e2[cnt2].nxt = h2[u];
	e2[cnt2].w = w;
	h2[u] = cnt;
}
struct ac {
	int v, w;
	friend bool operator < (ac a, ac b) {
		return a.w > b.w;
	}
} tmp;
void dij(int s) {
	std::priority_queue<ac> q;
	for(int i = 1; i <= n; i++) dis[i] = 0x3f3f3f3f, vis[i] = 0;
	dis[s] = 0;
	q.push({s, 0});
	while(!q.empty()) {
		int u = q.top().v;
		q.pop();
		if(vis[u]) continue;
		vis[u] = 1;
		for(int i = h[u]; i; i = e[i].nxt) {
			int v = e[i].to;
			if(dis[v] > dis[u] + e[i].w) {
				dis[v] = dis[u] + e[i].w;
				tmp.v = v, tmp.w = dis[v];
				q.push(tmp);
			}
		}
	}
}
int dp(int u, int j) {
	if(j < 0) return 0;
	if(ins[u][j]) {
		flg = 1;
		return 0;
	}
	if(f[u][j]) return f[u][j];
	ins[u][j] = 1;
	int ret = 0;
	for(int i = h2[u]; i; i = e2[i].nxt) {
		int v = e2[i].to;
		ret = (ret + dp(v, dis[u] + j - e2[i].w - dis[v])) % p;
		if(flg) return 0;
	}
	ins[u][j] = 0;
	return f[u][j] = ret;
}
void Solve() {
	t = read();
	while(t--) {
		n = read(), m = read(), k = read(), p = read();
		for(int i = 1; i <= m; i++) {
			int u = read(), v = read(), w = read();
			add(u, v, w), add2(v, u, w);
		}
		dij(1);
		ans = 0, flg = 0;
		memset(f, 0, sizeof(f));
		memset(ins, 0, sizeof(ins));		
		dp(1, 0);
		f[1][0] = 1;
		for(int i = 0; i <= k; i++) {
			ans = (ans + dp(n, i)) % p;
		}
		if(flg) std::cout << "-1\n";
		else std::cout << ans << "\n";
		for(int i = 1; i <= n; i++) {
			h[i] = h2[i] = 0;
		}
		cnt = cnt2 = 0;
	}
}

int main() {
	
	Solve();

	return 0;
}